Exercices corrigés : la dérivée et les règles de dérivation (201-NYA)

a) Pour $h=1$ : le second point est $(2,4)$, pente $\frac{4-1}{2-1}=3$. Pour $h=0{,}5$ : le point est $(1{,}5;2{,}25)$, pente $\frac{2{,}25-1}{0{,}5}=2{,}5$. Ce sont bien les deux droites grises de la figure, de plus en plus couchées : la sécante se rapproche de la tangente par valeurs supérieures.

b) Taux de variation : $\frac{f(1+h)-f(1)}{h}=\frac{(1+h)^{2}-1}{h}=\frac{1+2h+h^{2}-1}{h}=\frac{2h+h^{2}}{h}=\frac{h(2+h)}{h}=2+h$ (licite car $h\ne 0$ dans une limite). Limite : $f'(1)=\lim_{h\to 0}(2+h)=2$. Cohérence : $h=1$ donnait 3, $h=0{,}5$ donnait 2,5, la tendance vers 2 est nette. Tangente : $y=f(1)+f'(1)(x-1)=1+2(x-1)=2x-1$, la droite bleue.

c) $\frac{g(2+h)-g(2)}{h}=\frac{\frac{1}{2+h}-\frac{1}{2}}{h}$. On met au même dénominateur en haut : $\frac{2-(2+h)}{2(2+h)}=\frac{-h}{2(2+h)}$. En divisant par $h$ : $\frac{-1}{2(2+h)}$, dont la limite quand $h\to 0$ vaut $-\frac{1}{4}$. Donc $g'(2)=-\frac{1}{4}$ : négative, comme il se doit pour une hyperbole décroissante.

d) $\frac{\sqrt{4+h}-2}{h}$ : on multiplie par le CONJUGUÉ $\sqrt{4+h}+2$ : $\frac{(4+h)-4}{h(\sqrt{4+h}+2)}=\frac{h}{h(\sqrt{4+h}+2)}=\frac{1}{\sqrt{4+h}+2}\to\frac{1}{4}$. Donc $k'(4)=\frac{1}{4}$. Pourquoi toujours $\frac{0}{0}$ : au numérateur, $f(a+h)-f(a)\to 0$ dès que $f$ est continue en $a$; au dénominateur, $h\to 0$ par construction. La dérivée est DÉFINIE comme une indétermination : c'est précisément pour lui donner un sens que le chapitre des limites existe, et chaque technique de ce chapitre (factorisation, conjugué, même dénominateur) se retrouve ici au service de la dérivée.

a) $f'(x)=15x^{4}-6x^{2}+7$ : la règle de puissance terme à terme, et la constante $-4$ disparaît. Pour $g$, on réécrit d'abord : $g(x)=4x^{1/2}+3x^{-2}$, d'où $g'(x)=4\cdot\frac{1}{2}x^{-1/2}+3(-2)x^{-3}=\frac{2}{\sqrt{x}}-\frac{6}{x^{3}}$. Réflexe : racines et fractions se convertissent en EXPOSANTS avant toute dérivation; la règle de puissance vaut pour tout exposant réel.

b) Produit : $h'=(2x)(x^{3}-2x)+(x^{2}+1)(3x^{2}-2)=2x^{4}-4x^{2}+3x^{4}-2x^{2}+3x^{2}-2=5x^{4}-3x^{2}-2$. Vérification : en développant d'abord, $h(x)=x^{5}-x^{3}-2x$, donc $h'=5x^{4}-3x^{2}-2$ ✓. Conclusion : les deux voies donnent le même résultat, mais le développement préalable n'est possible que pour des polynômes; la règle du produit, elle, marche sur n'importe quel produit ($xe^{x}$, $x\sin x$). Et surtout, elle rappelle que $(fg)'\ne f'g'$ : ici $f'g'=(2x)(3x^{2}-2)=6x^{3}-4x$, sans rapport.

c) Quotient : $u'=\frac{2(x-3)-(2x+1)(1)}{(x-3)^{2}}=\frac{2x-6-2x-1}{(x-3)^{2}}=\frac{-7}{(x-3)^{2}}$. Le dénominateur est un CARRÉ, donc strictement positif partout sauf en 3 : $u'<0$ sur tout le domaine. La fonction est donc strictement DÉCROISSANTE sur $]-\infty,3[$ et sur $]3,+\infty[$ : décroissante sur chaque branche, mais pas « sur son domaine » d'un seul tenant, puisque l'asymptote en 3 sépare deux morceaux entre lesquels aucune comparaison n'a de sens.

d) Par définition : $(fg)'(x)=\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)g(x+h)-f(x)g(x)}{h}$. On ajoute et retranche $f(x+h)g(x)$ au numérateur : $f(x+h)g(x+h)-f(x+h)g(x)+f(x+h)g(x)-f(x)g(x)$, ce qui se regroupe en $f(x+h)[g(x+h)-g(x)]+g(x)[f(x+h)-f(x)]$. En divisant par $h$ et en passant à la limite : le premier terme tend vers $f(x)g'(x)$ (car $f(x+h)\to f(x)$, la dérivabilité entraînant la continuité), le second vers $g(x)f'(x)$. D'où $(fg)'=f'g+fg'$. L'astuce du terme ajouté-retranché est la charpente cachée de la plupart des démonstrations du cours.

a) Notation de Lagrange : $[f(g(x))]'=f'(g(x))\cdot g'(x)$; notation de Leibniz : $\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{du}\cdot\frac{du}{dx}$, où les $du$ semblent « se simplifier », ce qui est un excellent moyen mnémotechnique. Pour $f(x)=(3x^{2}+1)^{5}$ : l'extérieur est la puissance 5, l'intérieur est $3x^{2}+1$ dont la dérivée vaut $6x$ : $f'(x)=5(3x^{2}+1)^{4}\cdot 6x=30x(3x^{2}+1)^{4}$.

b) $g(x)=(x^{2}+9)^{1/2}$ : $g'(x)=\frac{1}{2}(x^{2}+9)^{-1/2}\cdot 2x=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+9}}$. $h(x)=\sin(x^{3})$ : l'extérieur est le sinus, l'intérieur $x^{3}$ : $h'(x)=\cos(x^{3})\cdot 3x^{2}=3x^{2}\cos(x^{3})$. En revanche $\sin^{3}(x)=[\sin x]^{3}$ a pour extérieur le cube et pour intérieur le sinus : sa dérivée est $3\sin^{2}(x)\cos x$. Deux notations très proches, deux fonctions et deux dérivées sans rapport : lire l'ordre d'emboîtement AVANT de dériver.

c) Trois couches : puissance 4 (extérieur), puis $(x^{2}+1)^{3}+2$, puis $x^{2}+1$. On pèle : $k'=4\left[(x^{2}+1)^{3}+2\right]^{3}\cdot\frac{d}{dx}\left[(x^{2}+1)^{3}+2\right]=4\left[(x^{2}+1)^{3}+2\right]^{3}\cdot 3(x^{2}+1)^{2}\cdot 2x$, soit $k'=24x(x^{2}+1)^{2}\left[(x^{2}+1)^{3}+2\right]^{3}$. Chaque couche ajoute un facteur, et le processus s'arrête quand l'intérieur est enfin une expression élémentaire.

d) $V=\frac{4}{3}\pi r^{3}$, où $r$ dépend du temps : $\frac{dV}{dt}=\frac{dV}{dr}\cdot\frac{dr}{dt}=4\pi r^{2}\cdot\frac{dr}{dt}$. Avec $r=10$ et $\frac{dr}{dt}=2$ : $\frac{dV}{dt}=4\pi(100)(2)=800\pi\approx 2513$ cm³/s. Lecture illustrée : la règle de chaîne est la loi de COMPOSITION DES TAUX. Le volume ne dépend pas directement du temps, mais du rayon, qui lui dépend du temps : les deux taux se multiplient. Remarquez le facteur $4\pi r^{2}$, l'aire de la sphère : le volume croît proportionnellement à la SURFACE, ce qui est géométriquement évident (on ajoute une pellicule d'épaisseur $dr$ sur toute la surface) et ouvre directement le chapitre des taux liés.

a) $f'(x)=e^{2x}\cdot 2=2e^{2x}$ (chaîne : l'intérieur $2x$ a pour dérivée 2). $g'(x)=\frac{1}{x^{2}+1}\cdot 2x=\frac{2x}{x^{2}+1}$. $h'(x)=(1)e^{x}+xe^{x}=e^{x}(1+x)$ : produit, et l'exponentielle se met toujours en facteur.

b) Produit : $u'=\cos x\cos x+\sin x(-\sin x)=\cos^{2}x-\sin^{2}x$. Simplification préalable : $u(x)=\frac{1}{2}\sin 2x$, donc $u'=\frac{1}{2}\cos(2x)\cdot 2=\cos 2x$. Les deux résultats coïncident, puisque $\cos 2x=\cos^{2}x-\sin^{2}x$ : c'est exactement l'identité du double angle. Vérification numérique en $x=1$ : $\cos^{2}1-\sin^{2}1\approx 0{,}2919-0{,}7081=-0{,}4161$ et $\cos 2\approx-0{,}4161$ ✓. Simplifier AVANT de dériver donne souvent la forme la plus lisible.

c) $v'=e^{x}\ln x+e^{x}\cdot\frac{1}{x}=e^{x}\left(\ln x+\frac{1}{x}\right)$. Pour $w=\frac{\ln x}{x}$ : quotient, $w'=\frac{\frac{1}{x}\cdot x-\ln x\cdot 1}{x^{2}}=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$. Tangente horizontale quand $w'=0$, c'est-à-dire $\ln x=1$, donc $x=e$, où $w(e)=\frac{1}{e}\approx 0{,}368$. C'est le maximum de la fonction, et le fait qu'il tombe exactement en $x=e$ est la raison pour laquelle $e^{\pi}>\pi^{e}$ : une des comparaisons classiques de fin de chapitre.

d) Ni l'une ni l'autre ne s'applique : la règle de puissance $(x^{n})'=nx^{n-1}$ exige un exposant CONSTANT, et $(a^{x})'=a^{x}\ln a$ exige une base constante. Ici la base ET l'exposant varient : c'est un cas nouveau. Méthode : $\ln y=x\ln x$, puis on dérive les deux membres par rapport à $x$ (le membre de gauche par la chaîne, puisque $y$ dépend de $x$) : $\frac{y'}{y}=\ln x+x\cdot\frac{1}{x}=\ln x+1$. Donc $y'=y(\ln x+1)=x^{x}(\ln x+1)$. Vérification de plausibilité : $y'=0$ pour $\ln x=-1$, soit $x=\frac{1}{e}\approx 0{,}368$, et l'on sait que $x^{x}$ y atteint son minimum $\approx 0{,}692$ : la formule livre le bon point critique.

a) Le cercle échoue au test de la droite verticale : pour $x=3$, deux points existent, $(3,4)$ et $(3,-4)$. Ce n'est donc pas un graphe de fonction, et l'on ne peut pas écrire $y=f(x)$ globalement (seulement par branches, $y=\pm\sqrt{25-x^{2}}$, au prix d'un choix arbitraire et de racines pénibles à dériver). La dérivation implicite contourne l'obstacle : elle dérive la RELATION telle quelle.

b) On dérive membre à membre par rapport à $x$, en traitant $y$ comme une fonction de $x$ : $2x+2y\frac{dy}{dx}=0$, d'où $\frac{dy}{dx}=-\frac{x}{y}$. En $(3,4)$ : pente $=-\frac{3}{4}$. Tangente : $y-4=-\frac{3}{4}(x-3)$, soit $y=-\frac{3}{4}x+\frac{25}{4}$, la droite bleue de la figure. Perpendicularité : le rayon joignant $(0,0)$ à $(3,4)$ a pour pente $\frac{4}{3}$; le produit des pentes vaut $\frac{4}{3}\times\left(-\frac{3}{4}\right)=-1$ ✓ : la tangente est bien perpendiculaire au rayon, propriété que la formule $-\frac{x}{y}$ encode pour TOUS les points du cercle à la fois.

c) Dérivation terme à terme, le membre de droite exigeant la règle du produit : $3x^{2}+3y^{2}\frac{dy}{dx}=6y+6x\frac{dy}{dx}$. On regroupe : $\frac{dy}{dx}(3y^{2}-6x)=6y-3x^{2}$, d'où $\frac{dy}{dx}=\frac{6y-3x^{2}}{3y^{2}-6x}=\frac{2y-x^{2}}{y^{2}-2x}$. En $(3,3)$ (qui vérifie bien $27+27=54=6\cdot 9$) : $\frac{6-9}{9-6}=\frac{-3}{3}=-1$. La tangente y a donc une pente de $-1$ : c'est le point de symétrie du folium par rapport à la droite $y=x$, et la pente $-1$ traduit exactement cette symétrie.

d) $\frac{2x}{9}+\frac{2y}{4}\frac{dy}{dx}=0$, donc $\frac{dy}{dx}=-\frac{4x}{9y}$. Tangente HORIZONTALE quand la pente s'annule, soit $x=0$ : les points $(0,2)$ et $(0,-2)$, les sommets du petit axe. Tangente VERTICALE quand la pente n'existe pas, soit $y=0$ : les points $(3,0)$ et $(-3,0)$, les sommets du grand axe. La dérivée implicite localise donc les quatre sommets de l'ellipse par la seule lecture de son numérateur et de son dénominateur : là où le numérateur s'annule, la courbe est plate; là où le dénominateur s'annule, elle est verticale.

a) Continuité : $\lim_{x\to 0^{-}}|x|=0=\lim_{x\to 0^{+}}|x|=|0|$ : les trois conditions sont remplies, $f$ est continue en 0. Dérivabilité : à droite, $\lim_{h\to 0^{+}}\frac{|h|-0}{h}=\lim\frac{h}{h}=1$; à gauche, $\lim_{h\to 0^{-}}\frac{|h|}{h}=\lim\frac{-h}{h}=-1$. Les deux dérivées unilatérales existent mais DIFFÈRENT : la limite globale n'existe pas, donc $f'(0)$ n'existe pas. Géométriquement, le graphe forme un COIN : la pente saute brutalement de $-1$ à $+1$, et aucune tangente unique ne peut être définie.

b) Théorème : si $f$ est dérivable en $a$, alors $f$ est continue en $a$. L'implication ne va QUE dans ce sens. Idée de la preuve : $f(a+h)-f(a)=\frac{f(a+h)-f(a)}{h}\cdot h\to f'(a)\cdot 0=0$, donc $f(a+h)\to f(a)$. La réciproque est fausse, et $|x|$ en est le contre-exemple canonique : continue en 0 sans y être dérivable. Autrement dit, la dérivabilité est STRICTEMENT plus exigeante que la continuité : être sans trou ne suffit pas, il faut être sans angle.

c) Pour $g(x)=x^{1/3}$ : $g'(x)=\frac{1}{3}x^{-2/3}=\frac{1}{3\sqrt[3]{x^{2}}}\to+\infty$ quand $x\to 0$, des DEUX côtés (le dénominateur est toujours positif). La courbe possède une TANGENTE VERTICALE en 0 : elle est bien lisse, on peut y tracer une tangente, mais sa pente est infinie, donc $g'(0)$ n'existe pas comme nombre. Pour $h(x)=x^{2/3}$ : $h'(x)=\frac{2}{3}x^{-1/3}$, qui tend vers $+\infty$ par la droite et vers $-\infty$ par la gauche : les deux branches arrivent verticalement mais en sens opposés, formant une pointe : c'est le REBROUSSEMENT visible sur la figure. Différences : le coin de $|x|$ a deux pentes FINIES distinctes; le rebroussement a deux pentes INFINIES de signes opposés; la tangente verticale a une seule pente infinie, sans changement de sens. Trois pathologies, un même symptôme : pas de nombre dérivé.

d) DEUX conditions sont nécessaires, car la dérivabilité en 1 exige que les deux morceaux se rejoignent (continuité) ET que leurs pentes s'accordent. Continuité : $1^{2}=a(1)+b$, soit $a+b=1$. Égalité des dérivées : à gauche $(x^{2})'=2x$ vaut $2$ en 1; à droite $(ax+b)'=a$; donc $a=2$, et alors $b=1-2=-1$. La fonction est $f(x)=x^{2}$ pour $x\le 1$ et $2x-1$ ensuite : la droite $y=2x-1$ est précisément la TANGENTE à la parabole en $(1,1)$, ce qui était prévisible : le seul raccord lisse possible est celui qui prolonge la courbe dans sa propre direction. La continuité seule ne suffit pas : elle recolle les morceaux mais autorise encore un coin, exactement comme dans $|x|$.